CHUYÊN đề PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phương phá

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán

Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh

Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phương pháp giải,linh hoạt vềcách suy luận…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn an” học sinh bằng cách cung cấpbài tập một cách hệ thống kèm theo phương pháp điển hình…và qui trình bắt buộc (nếu có) Với

phạm vi bồi dưỡng HSG thi cấp huyện, trong chuyên đề này tôi ưu tiên đề cập dạng bài Giải bằng

phương pháp phân tích, các phương pháp khác như Chẵn lẻ,Cực hạn, Dùng bất đẳng thức, Loại

trừ ,Chia hết, Đồng dư, Xuống thang…chỉ giới thiệu với mục đích tham khảo và làm cho học sinh

có khái niệm về chúng mà thôi

i Giải bằng phương pháp phân tích

Vài lưu ý khi giảng dạy phương pháp này:

- Chuyên đề chỉ đề cập đến 3 kiểu phân tích: thành tích,thành tổng các luỹ thừa, thành tổngdạng liên phân số (Kiểu bài này phù hợp với trình độ thi HSG cấp huyện)

- Cần phải nhắc nhở và chỉ rõ : Chỉ có trên tập Z (hoặc hẹp hơn nữa là trên số tự nhiên,tập sốnguyên tố) thì việc phân tích 1 số nguyên thành tích các thừa số hoặc tổng các luỹ thừa mới có thểthực hiện được Điều này không thực hiện được đối với số trên tập R

(vì có vô hạn khả năng),để tránh sự nhầm lẫn đáng tiếc giống như trường hợp sau:

Bài tập: Giải pt: x2+2x-3 = 0 Có h/s giải:  x(x+2) =3 Giải 4 khả năng và chọn đượcx=1, x=-3 ! ( Một sự trùng hợp thú vị)

H/s này đã không đọc kỹ đề (giải trên R),vì vậy đã mắc mắc sai lầm lớn

- a/ Đối với dạng phân tích thành tích

+) Dạng đơn giản: Không cần giải hệ mà giải các ước, thay giá trị vừa tìm vào phương trình suy ra

nghiệm (BT: 1; 2; 5; 9; 10; 11) Loại bài toỏn này sau khi phân tích có dạng (xa)(yb)

(Nhân tử chỉ chứa một biến) mà a và b là các hằng số.

+) Dạng phải giải hệ là bài tập sau khi biến đổi phương trình có dạng

)'')(

thể nhận xét để loại bỏ bớt ( BT: 3; 4; 7) Cũng có thể phải nhận xét tập xác định hoặc đặc điểmriêng biệt để loại bỏ bớt khả năng ( như BT: 8; 9)

phương) do đó phải kiểm tra các khả năng có thể xảy ra và chọn nghiệm thoả mãn Loại bài nàydùng vào cuối năm lớp 9 (Bài12 đến bài 17)

-b/ Đối với dạng Phân tích thành tổng các luỹ thừa

Khi không phân tích được thành tích thì nghĩ đến nó Cần chọn cách viết hợp lý để có thểphân tích được

-c/ Dạng liên phân số thì cách cho đề đã khá rõ, cần lưu ý là: một phân số khi phân tích

thành liên phân số, kết quả phân tích là duy nhất,do đó việc đặt tương ứng các thành phần là hợp lý

1

2 2 2

z y x xy

z y x

Hay tìm tam giác vuông có số đo diện tích bằng số đo chu vi



x

5, Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ chia hết cho số kia

14 Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên

15.Tìm m ;n N sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0

b Phân tích thành tổng các luỹ thừa

2, Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 4

( Thi HSGlớp 9- huyện Quỳnh lưu 2005-2006)

8, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: a x6 z3  15x2z3x2y2z (y2 5)3

c phân tích thành liên phân số

101

2, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 31(xyztxyxtzt1)40(yztyt)

Suy ra x1 là ước của 10 Suy ra x11;2;5;10 suy ra x0;2;1;3;4;6;9;11

Thay giá trị của x vào phương trình đó cho thu được y tương ứng

Các nghiệm của ph.t là: (1;4); (4;1); (-3;-6); (-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2)

c/ 2xy+x+y=21 4xy+2x+2y+1=43 (2x+1)(2y+1)=43

 2x+1 là ước của 43 => 1;1;43;43  x0;1;21;22 Thay các giá trị vào pt ta có cácgiá trị y tương ứng là: 21;-22; 0; -1

Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y)= (0;21) ; (-1;-22) ; (21;0); (-22;-1)

(2

2)

1

2 2 2

z y x xy

xy y

x z z

y x

3

Suy ra z2 xy2  4xyz(*)(*) xy2  4xy4z2 4z4 xy 22 z22 Do x y 2 0  xy 2z2 zxy 4 thay kết quả này vào (2) ta được

Giỏ trị y = -4; 0 bị loại nên z tương ứng là: {13;10;10;13}

Các nghiệm của phương trình là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10)

( Các hoán vị và trỏi dấu (-).(-) nên có 24 khả năng )

Nhận xét: Do 3x4y  x2y4x6y là số chẵn nên các khả năng tổng 2 thừa số là số lẻđều bị bỏ: 1.96; 3.32 nên ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm (x,y)=(-94;71);(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21); (26;-21);(4;1);(-4;-1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6)

b/

09

32

3

32

3

y x y x

y x

y

x

y x

4 Đặt x2 x6 m 2 với m Z =>

4

234

12

120

12

13

232

23122

1122

23122

1122

1122

23122

1122

23122

m x m x m x m x

m x

m x

m x

m x

m x

m x

m x

m x

Như vậy có 2 giá trị của x thoả mãn là x=5; x= -6

5, Gọi x, y là 2 số nguyên dương cần tìm suy ra x1y và y1x

Nên x1y1pxy() với pN  xyx y1pxy

Do x1 y; 1 chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra 0 1 1  1 p 1

xy y x



Do 11  1 3 0 p13 p2;3;4

xy y x

Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số 1 có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1

12

)2(1212

11

212

12

111

y

y x y

x y

xy y

x xy

y x

12

21

12

11

11

1111

y x y

y x xy y

x xy

y x

Để x y2;3  x3;2 suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3)

Kết luận: Phương trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2)

Chú ý: Trường hợp p =3; p =2, các phương trình có dạng như bài tập 1 nên có thể giải bằng cách

phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dương)

2

3)12(2

23với a,bN và a > b

622

)1(22

b a b b

a

n b a

Suy ra 2b là ước của 6, hay 2b{1; 2; 3; 6} b{0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại)thay vào (2) ta có 2a{7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại )

1722

z y

z y

722

1722

z

y z

y

z y

722

49722

z

y z

y

z y

722

49722

z

y z

y

z y

722

7722

z

y z

y

z y

722

7722

z

y z

y

z y

Giải các phương trình đặt cho z

1

2 2

2 2

y z

z y

y x yz y

yz z

z y x yz y x

1212

1214

12

1(*)

2

x z

x z x

z

x z x

1

2 2

;76

;65

;54

;43

;32

;21

;101

89

;78

;67

;56

;45

;34

;23

;121

xy y

x

xy y

Hay 2x11;2;11;22  x0;1;5;6,(Các ước 2 ; 22 bị loại vì 2x+1 là lẻ)…Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là y19;26;4;11

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11)

11 Theo bài ra ta có phương trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z+ và x lẻ

(*)   xy2x2y0 x2 y2y 0 x2 y 22 y4

 x 2Ư(4)={ 1; 2; 4} x3;1;4;0;6;2  x 1;3 do x lẻ

Thay x=1; x=3 vào phương trình (*) ta được kết quả y 2;6 ;-2 bị loại

Vậy số đấu thủ của hai trường là 3; 6

7

12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.

Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)

*) n = 3 => x2-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn

*) n =-3 => x2-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn

*) n = 0 => x2- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn

Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3

Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)

*) n = 28 => x2-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn

*) n =- 20=>x2+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn

*) n = 4 => x2- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn

Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28

14 Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên

Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là p(48 p)0là số chính phương

Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là:48 pp 48p p2;3

Với p = 3   153, không chính phương nên p = 3 bị loại

Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm

15.Tìm m ;n N sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0

cũng là số tự nhiên

Gọi x1; x2 là các nghiệm của pt,khi đó ,theo Viet ta có:

.2)1()1)(

1(1

)2 (

1

)1) (

1(

2 1

2 1 2 1 2

x mn

n x x x x n

m

x

x

n m

x

x

 n(m1)(x11)(x21)2 (*)

Do x;m;n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có :x1;x2 1

Kết hợp đk đó với pt (1)=> m> 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm

0)1)(

1

(

5

;1)

2

;2(),3

;1()

;()1 (

2)

n m

2 (

1)1)(

1

(

)2

;1()

;()1 (

1)1(

2

; 1 2

x

m n m

;2()

;()2 (

2)1)(

1

(

1

0)

1 (

0)

1

(

2 1 2

x

m

n m

16 Các bài tập của bài 16 này cùng dạng, có qui trình giải đặc biệt ( pt bậc hai cho cả 2 ẩn,xem

một ẩn là tham số- giống như m;n )

a.+ Nhóm theo x ( xem y là tham số)

15533

20

2521

2

y x

y x y

y y

x x

9

+Dùng định lý Bơzu ( ax x1x x20) đưa phương trình về dạng A.B = m.

12

12

y

x y

x

y x

12_

172

y

x y

x

y x

12

12

y

x y

x

y x

12

172

y

x y

x

y x

Phương trình đã cho có 4 nghiệm : ( -18; 17); ( 30; -15); (12; -15); (-36; 17)

;3

5

2 1

3

123

123

153

y

x y

x

y x

953

y x

y x

153

y x

y x

41

123

953

y

x y

x

y x

123

353

y

x y

x

y x

123

353

y

x y

x

y x

(loại);

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1)

17) Đối với bài tập này, quy trình trên khó thực hiện do việc tìm m quá phức tạp, hơn nữa do  có

cực đại, nên số lượng cần thử có hạn,ta dùng cách thử trực tiếp (Cách này không dùng được cho

bài 16, vì do  có cực tiểu, nên số lượng cần thử là vô hạn),đòi hỏi kiên trì và cẩn thận

1963

142

2

287843

1427

Do ’ chính phương và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z

Thử qua các giá trị của ’thì giá trị của ’ phù hợp là:

019684

90588252

27784

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10)

Bài tập này còn có cách giải khác:(Đánh giá miền giá trị của x)

3

142)

27

1963

196)

3

14(

33

nghiệm nguyên (nếu có)

*) x=0 => 3y2 = 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại)

*) x=1 =>12+6y+3y2 =28+28y=>…y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại)

*) x= -1=>12-6y+3y2=-28+28y=>…y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại)

*) x=2;x=-2 không cho y nguyên

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10)

1427

4912627

73127

y y

y y

y y y

499

493

72

2

121443

727

= 112 thì ta tìm được x = 5; y = 4 =72 thì ta tìm được x = 0; y = 0

= 22 thì ta tìm được x = 4; y = 5Vậy phương trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4)

B Phân tích thành tổng các luỹ thừa.

;8

;0

80

82

;8

;2

;8

;2

;8

;2

82

8004

3 2 3 2

nghiem y

x

nghiem y

x

y x x

y x

;2

;41

1

;32

2

;2

;0

;42

0

;21

1

x y

x

y z

y

x y

x

y z

y z

Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4; 3; 1); (2; 3;1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 )

;2

;0(),2

;2

;4(),2

;0

;0(),2

;4

;4(:42

)0

;0

;2(),0

;0

;2(),0

;2

;2(),0

;2

;2(:401

1

n z

n z

;3

;2(),3

;3

;4(),3

;2

;2(),3

;4

;4(:43

)1

;1

;2(),1

;1

;0(),1

;2

;2(),1

;0

;0(:412

1

n z

n z

 ;  29;12 19;1212

;5

 ;  22;5  2;55

;12

Vậy phương trình có 4 nghiệm

2

03

y x y x y

y x

2

103

y x y x y

y x

63

y

y x

giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4)

83

y

y x

giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3)Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm

31

2 2

2 2 2

z y x z

82 2

y

x y

2

2

2

x x y

1

;31

2

x

loai y

1

24

2

2

x x

y y

1

y

x y

phương (*)  2  2  2  4  4 2    4  2 2

717

4914

177

2 2 2

2

12

y

x y

x

y x

Vậy phương trình có 1 nghiệm (2; 3)

c Phân tích thành liên phân số

3

12

117

101

zy xt xy xyzt

Nhận thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0 Vì nếu ngượclại thì 31.(xyzt+xy+xt+zt+1)= 0Nên cách viết ở vế trái có nghĩa Thực hiện các phép chia đa thức

Ta có: VT =

1

11

x zt

t y yzt x

VP =

4

12

13

11

931

113140

31

11

13

11

11

10

x VT

3

2 2 3 3

9

16

1411

x

do x, y N

15

Vậy nghiệm của pt là (2; 3).

   

7

381

11

7

381

2

2 2

y xy

x xy

y xy x y x

3

12

151

y x

Vậy nghiệm của phương trình là (2; 3)

II-Giải bằng phương pháp “chẵn- lẻ”

1 Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2-2y2= 1

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3- 2y3- 4z3= 0

3 Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)

+y2+y =111

( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)

=>y2 chẵn =>y chẵn => y=2 ( 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất) => x=3

Vậy pt có 1 nghiệm (x;y)= (2;3)

2.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3- 2y3- 4z3= 0 (2)

;2(x0 y0 z0

cũng là nghiệm

8

)2(4)2(2)2(04

0

3 0

3

z y x

2

; 2

; 2

( 0 0 0

n n n

z y x

cũng là nghiệm, với n tuỳ ý Do x;y;z nguyên nên điều

này chỉ xẩy ra khi x=y=z=0

Vậy pt có 1 nghiệm (x;y;z) = (0;0;0)

(Cách làm như nhận xét vừa rồi ta gọi là phương pháp “Xuống thang” )

3.Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)

… ta có pt :xy = 2(x+y)=> xy chẵn,do x lẻ (cách đặt)=>y chẵn =>y = 2t (t >0)

=>2tx = 2(x+2t) =>

1

221

t

Với t-1 = 1 => x= 4 (loại ,vì x lẻ)

Với t-1 = 2 => x = 3 =>y= 6 ( TMĐK)

Vậy số đấu thủ của 2 trường là 3 và 6

4.Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2x+y2+y =111.(4)

( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)

(4)  2x+y(y+1) = 111 Do y(y+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chẵn 111 lẻ => 2x là

số lẻ => x= 0 ( chú ý: 2n là số chẵn với mọi n > 0; 20=1 là số lẻ duy nhất của 2n)

2 +y+x2+x) = 105 (5)

Do 105 là số lẻ nên cả 2 thừa số đều lẻ

*) (2x+5y+1) lẻ => y chẵn

*) (x2+x)=x(x+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chẵn, y chẵn => 2x lẻ=>x = 0

Thay x= 0 vào pht ta thu được: (5y+1)(y+1) = 105 = 1.105 = 3.35 = 5.21

Một số khả năng bị loại ngay (nhờ y chẵn) như:

(5y+1) = 105  5y= 104 => y không nguyên (tương tự cho -105)

Hay (5y+1) = 35 5y= 34 => y không nguyên (tương tự cho - 35)

Giải các khả năng còn lại ta chọn được y = 4 (ứng với

2115

y

y

) Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (0; 4)

7.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: xy+1 = z.(7)

Do x;y;z đều là số nguyên tố, nên x2;y2 z 5; Vì z lẻ nên xy là số chẵn

=> x chẵn ( Luỹ thừa của số lẻ không thể là số chẵn) => x = 2.

17

Nếu y là số lẻ thì y=2k+1,(k nguyên dương), khi đó:

(khai triển Niu tơn)

Ta thấy 3A+3 chia hết cho 3  z chia hết cho 3=> Vô lý ( vì z là số nguyên tố)

Sự vô lý đó khẳng định y phải là số chẵn =>y = 2.

Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (2;2;5)

III-giải bằng phương pháp cực hạn

1 Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:

a) x+y+z = xyz ; b) x+y+z+t = xyzt ; c) x+y+z+9 =xyz ;

2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz

3 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3+7y = y3+7x

y

zx x

yz z

xy

5 Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:

a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz

Một kỹ thuật quan trọng hay sử dụng trong loại bài này,đó là kỹ thuật làm trội”

Đối tượng áp dụng là loại bài tìm nghiệm nguyên dương(để việc sắp thứ tự được đơn giản)

1.Tìm nghiệm nguyên dương của các ph.tr dạng: a(x+y)+b = cxy (a;b;c là hệ số)

Vai trò 2 ẩn như nhau , nên ta giả sử x  y

c

a a cx c

khả năng,tìm nghiệm và lấy các hoán vị…

Cách 2: Giả sử

c

b a x x

b a xy

b y

a x

a c y

1

2)

1(

x và suy ra y tương ứng, sau đó lấy các hoán vị

Đối với các bài tập có 3;4 ẩn như bài 1 ,ta sẽ giải theo 2 cách này Cụ thể:

a) x+y+z = xyz (1a) Giả sử 1xyz

Khi đó (1 )1 1  1  1  32  1x2 3 x1

x xz yz xy